Simulazione Prova Esame di Maturità di Matematica per Liceo Scientifico
2 2
( )
+ ∪ + +∞
crescente in e strettamente decrescente in per cui
2
, 2 0
,
1 2 ,
2 2
2
= + è l’ascissa di massimo;
2
x M 2 ( )
− ∞
,
0
studiamo il segno della derivata prima nell’intervallo :
− + >
2
2 x 4 x 1 0
( ) > → → <
f x 0 x 0 per cui la funzione è strettamente crescente in
<
x 0
( )
− ∞
,
0 ;
2
( )
− ∞ ∪ +
In conclusione la funzione è strettamente crescente in e
, 0 2
, 2
2
2
( )
∪ + +∞
strettamente decrescente in e presenta un massimo relativo
0
,
1 2 ,
2
2
= +
all’ascissa x 2 .
M 2 =
x 0
Dall’espressione della derivata prima deduciamo che è un punto angoloso in
quanto ( )
− ⋅ − + −
x 2
e 2 x 8 x 7 7 2
( ) = = −
lim f ' x lim ,
+ + − + 4
→ → 2
x x
0 0 2 x 3 x 2
( )
⋅ − +
x 2
e 2 x 4 x 1 2
( ) = =
lim f ' x lim
− − − + 4
→ → 2
x x
0 0 2 x 3 x 2
( ) ( )
1
,
0 , 2
,
0
e deduciamo anche che i punti sono flessi a tangente verticale in quanto
( )
− ⋅ − + −
x 2
2 8 7
e x x
( ) = = +∞
lim f ' x lim ,
+ + − +
→ → 2
x 2 x 2 2 x 3 x 2
( )
− ⋅ − + −
x 2
e 2 x 8 x 7
( ) = = −∞
lim f ' x lim
− − − +
→ → 2
x 1 x 1 2 x 3 x 2
• Concavità e convessità: la derivata seconda è
( )
−
⋅ − + − +
x 4 3 2
e 4 x 32 x 88 x 100 x 39 ≤ < ∨ >
se 0 x 1 x 2
( )
3
− +
2
4 x 3 x 2
( ) =
f ' ' x ( )
⋅ − + + −
x 4 3 2
e 4 x 16 x 16 x 4 x 9 <
se x 0
( )
3
− +
2
4 x 3 x 2
Soluzione a cura di Nicola De Rosa
Simulazione Prova Esame di Maturità di Matematica per Liceo Scientifico
( )
− ∞
,
0
Poichè in la funzione è strettamente crescente non vi saranno flessi al suo interno;
2
( )
∪ + +∞
eventuali flessi vanno ricercati in .
0
,
1 2 ,
2
2
= +
=
La presenza dell’asintoto orizzontale e del massimo all’ascissa implica
x 2
y 0 M 2
2
> +
certamente la presenza di un flesso all’ascissa ; in particolare, posto
2
x F 2
1
( ) ( )
( ) > <
= − + − +
4 3 2 g 3 0
, g 4 0
g x 4 x 32 x 88 x 100 x 39 poichè l’ascissa del flesso
,
( )
3
, 4 e per calcolarlo ci avvaliamo del metodo di Newton-Raphson
apparterrà all’intervallo ( )
g x
= − n
x x
che permette di calcolare ricorsivamente lo zero tramite la formula con
( )
+
n 1 n g ' x n
( ) ( )
=
x in quanto g x e g ' ' x sono concordi. La tabella seguente mostra
punto iniziale 4
0 0 0
tutti i passi dell’algoritmo:
n x x err=|x -x |
n n+1 n n-1
0 4,000 3,750
1 3,750 3,657 0,250
2 3,657 3,644 0,093
3 3,644 3,643 0,013
4 3,643 3,643 0,001 2
≅ > +
Quindi con due cifre decimali esatte possiamo affermare che .
x 3
, 64 2
F 2
1
1 9
> <
Analogamente poichè l’ascissa del secondo flesso apparterrà all’intervallo
g 0
, g 0
2 10
1 9
e per calcolarlo ci avvaliamo del metodo di Newton-Raphson che permette di calcolare
,
2 10 ( )
g x 1
= − =
n
x x
ricorsivamente lo zero tramite la formula con punto iniziale in
x
( )
+
n 1 n 0
g ' x 2
n
( ) ( )
quanto g x e g ' ' x sono concordi. La tabella seguente mostra tutti i passi dell’algoritmo:
0 0
n x x err=|x -x |
n n+1 n n-1
0 0,500 0,713
1 0,713 0,820 0,213
2 0,820 0,849 0,107
3 0,849 0,852 0,029
4 0,852 0,852 0,003
Soluzione a cura di Nicola De Rosa
Simulazione Prova Esame di Maturità di Matematica per Liceo Scientifico
Quindi con due cifre decimali esatte possiamo affermare che il secondo flesso si trova
≅
all’ascissa .
x 0
,
85
F
2
Di seguito il grafico:
Punto 2 ( )
Determinare la tangente e la normale nel punto . Cosa si può dire della tangente al
S 0
, 2
( )
f x
grafico di nel punto S? ( ) è un punto di non derivabilità e in particolare un
Come mostrato nel Punto 1, il punto S 0
, 2 ( )
punto angoloso, pertanto non ha senso parlare di tangente ad , ma di tangente a destra e
S 0
, 2
( ) ( )
sinistra di . Sempre nel punto 1 abbiamo calcolato le pendenze delle tangenti in e
S 0
, 2 S 0
, 2
7 2 2
= − =
in particolare per cui le tangenti a destra e sinistra avranno equazioni
m , m
+ −
4 4
rispettivamente: 7 2
= + = − +
t : y m x 2 x 2
+ + 4
2
= + = +
t : y m x 2 x 2
− − 4 Soluzione a cura di Nicola De Rosa
Simulazione Prova Esame di Maturità di Matematica per Liceo Scientifico
Analogamente esisteranno due normali dove per normale in un punto P per definizione si intende
l’equazione della retta perpendicolare alla retta tangente in P. Calcoliamo le normali alle rette
( )
tangenti a destra e sinistra di :
S 0
, 2
1 2 2
= − + = +
n : y x 2 x 2
+ m 7
+
1
= − + = − +
n : y x 2 2 2 x 2
− m −
Punto 3 ( )
A 1
,
0
Trovare l’equazione della circonferenza passante per l’origine, per il punto ed avente
centro C nel punto medio di questi ultimi
1
( ) ( )
O 0
,
0 , A 1
,
0
Il punto medio tra i due punti è . L’equazione generica di una circonferenza è
C , 0
2
( ) ( ) ( )
− + − =
2 2 2
x x y y R dove x , y sono le coordinate del centro e R il raggio che misura
C C C C
1
= − = − = ; l’equazione della circonferenza è pertanto
R x x x x
C O A C 2
2
1 1
− + = ⇔ + − =
2 2 2
.
x y x y x 0
2 4
Punto 4
Determinare i punti di intersezione tra l’equazione della circonferenza e la normale e
calcolare le aree in cui la normale divide la circonferenza. Cosa si può dire delle due aree?
= − +
La normale che interseca la circonferenza è quella sinistra di equazione e le
y 2 2 x 2
intersezioni di quest’ultima con la circonferenza si calcolano risolvendo l’equazione
2 2
= = −
x , y
( ) + +
±
9 3 3 3
2 − + = → = →
+ − + − = 2
2 e cioè .
9 x 9 x 2 0 x
x 2 2 x 2 x 0 ± 18 1 2
= =
x , y
− −
3 3
2 2 1 2
−
Le intersezioni sono quindi , , ,
D E .
3 3 3 3
Di seguito il grafico nello stesso riferimento cartesiano della circonferenza e della normale:
Soluzione a cura di Nicola De Rosa
Simulazione Prova Esame di Maturità di Matematica per Liceo Scientifico
1
= − +
passa per il centro della circonferenza,
Poichè la normale di equazione , 0
C
y 2 2 x 2
2
essa funge da diametro per cui divide la circonferenza in due parti di uguale area
π π
2
R
= = =
S S .
1 2 2 8
PROBLEMA2
Punto 1
Sia dato il rettangolo ABCD, il cui lato maggiore misura a, si tracci da B la perpendicolare
alla retta AC; siano H e K i punti in cui questa interseca rispettivamente la retta AC e la retta
AD. Si consideri quindi la piramide che ha per base il quadrilatero HDKC ed altezza 6HK.
=
x BH
Si determini l’espressione del volume della piramide in funzione di
Consideriamo la figura seguente: Soluzione a cura di Nicola De Rosa
Simulazione Prova Esame di Maturità di Matematica per Liceo Scientifico
⋅
A h
= Base
V
Il volume di una piramide è pari a ; nel caso in esame l’area bi base è data dalla
P 3 ( ) ( )
= −
differenza tra l’area del triangolo AKC e del triangolo ADH, A S AKC S ADH dove
Base
⋅ ⋅
AK DC AD MH
( ) ( )
= =
S AKC , S ADH .
2 2
Per il Teorema di Euclide applicato al triangolo rettangolo ABC si ha
2 2
AB a
2
⋅ = = = =
2 ; sfruttando queste due relazioni si ha
,
AH HC BH x AH AC AC
( )
2 2 4 4 2
a a a
a a
= − = → = − → =
⋅ − = ⋅ − 2 2 2 2
a x a x AC
AH AC AH AC da
2 2 −
2 2
AC AC a x
AC AC
cui Soluzione a cura di Nicola De Rosa
Simulazione Prova Esame di Maturità di Matematica per Liceo Scientifico
2
a
= = −
2 2
AH a x ,
AC 2 2
a x
= − = − − =
2 2
HC AC AH a x ,
− −
2 2 2 2
a x a x
4
a ax
2 2
= − = − =
2
BC AC AB a
−
2 2 −
a x 2 2
a x 2
x
⋅
x
⋅ 2
−
2 2
BH HC x
a x
= = =
L’altezza HN del triangolo AHN misura e di conseguenza
HN ax a
BC −
2 2
a x
−
2 2 2
x a x
= − = − =
MH AB HN a ; in tal modo l’area del trinagolo ADH vale
a a
−
2 2
ax a x
⋅
⋅ −
2 2
− a
2 2
AD MH x a x
( ) a x
= = = .
S ADH 2 2 2
Sempre applicando il Teorema di Euclide al triangolo AHK si ha
( )
2 2 −
− − − 2 2
2 2 2 2
2 2 a a x
a x a x
AH AH a x
= = = = = =
AK ( ) ( )
x x
( )
2 2 2 2
AM − x
− ( ) 2 2 −
2 2
a x
AH HM a x
−
2 2
− − a x
2 2
a x a
2
a
2
a ( )
−
2 2
a a x ( )
⋅ a −
2 2 2
⋅ a a x
AK DC
( ) x
= = =
S AKC .
per cui l’area del triangolo AKC vale 2 2 2 x
L’altezza della piramide è pari a sei volte la lunghezza di HK:
( ) ( )
− −
( )
2 2 2 2 2
a a x 6 a x
2 2
= = − = − − =
2 2
h 6 HK 6 AK AH 6 a x
2 x
x
In conclusione l’area di base ed il volume della piramide misurano
( ) ( ) ( ) 3
− − −
2 2 2 2 2 2 2
a a x x a x a x
( ) ( ) 2
= − = − =
A S AKC S ADH
Base 2 x 2 2 x
( ) ( )
3
− −
2 2 2 2
a x 6 a x
2 ⋅ ( ) 5
⋅ −
2 2
A h a x
( ) 2
2 x x
= = =
Base
V x
P 2
3 3 x
< ≤
0 x a
con la limitazione geometrica . Soluzione a cura di Nicola De Rosa
Simulazione Prova Esame di Maturità di Matematica per Liceo Scientifico
Punto 2
Considerando a=1, si studi e si disegni la funzione ottenuta al punto precedente
( ) 5
− 2
1 x
( ) 2
< ≤ =
0 x 1
Posto a=1 e , studiamo la funzione f x 2
x
− ≥
2
1 x 0
]
(
≠ ⇔ ∈
•
D : x 0 D : x 0
,
1 ;
Dominio: f f
< ≤
0 x 1
( ) = −
= → =
• x 1
f x 0 x 1
Intersezione asse ascisse: è l’unica accettabile in quanto non
appartiene al dominio;
• Intersezione asse ordinate: non ve ne sono in quanto x=0 non appartiene al dominio;
[ ]
5 ( ) 5
( ) 2
− − − 2
1 x 1 x
2
( ) ( )
2
− = = =
• f x f x
Simmetrie: la funzione è pari in quanto ;
( )
− 2 2
x
x
]
(
• ∈
Positività: all’interno del dominio la funzione è non negativa, in particolare
D : x 0
,
1
f - =
x 1
sempre positiva e si annulla solo nel punto ad asicssa ;
( ) =
• = +∞ x 0
Asintoti verticali: per cui la retta di equazione è asintoto verticale;
lim f x
+
→ 0
x ]
(
• ∈
Asintoti orizzontali: non esistono in quanto il dominio è limitato;
D : x 0
,
1
f ]
(
• ∈ è limitato;
Asintoti obliqui: non esistono in quanto il dominio D : x 0
,
1
f
• Crescenza e decrescenza: la derivata prima è
( ) ( )
3 5
5 ( )
− ⋅ − ⋅ − ⋅ − ( ) ( )
3
2 2 2
1 x 2 x x 2 x 1 x
2 2 − ⋅ +
2 2
1 x 3 x 2
( ) 2
2
= = −
f ' x ; all’interno del dominio
4 3
x x
]
( =
∈ x 1
la derivata prima risulta essere sempre negativa eccetto in in cui si
D : x 0
,
1
f
annulla per cui la funzione è strettamente decrescente in (0,1); ( )
− ⋅ + +
2 4 2
1 x 6 x 3 x 6
( )
• =
Concavità e convessità: la derivata seconda è per cui
f ' ' x 4
x
]
(
∈
all’interno del dominio la funzione presenterà sempre concavità verso l’alto e
D : x 0
,
1
f
non vi sono flessi.
Di seguito il grafico: Soluzione a cura di Nicola De Rosa
Simulazione Prova Esame di Maturità di Matematica per Liceo Scientifico
Punto 3
Tramite uno dei metodi numerici studiati, si dia un’approssimazione del punto Q di
− =
intersezione tra la curva e la retta r di equazione ;
4 y 9 0
( ) 5
− 2 ( ) 5
1 x 9
2 = − =
2 2
Dobbiamo risolvere l’equazione e cioè ; elevando ambo i membri al
4 1 x 9 x
2
2 4
x
( )
5
− =
2 4
quadrato l’equazione si riduce a 16 1 x 81
x e ricordando la quinta potenza del binomio di
Newton l’equazione risolvente diventa
( ) ( )
− + − + − = → = − + − + − =
2 4 6 8 10 4 10 8 6 4 2
16 1 5 x 10 x 10 x 5 x x 81
x g x 16 x 80 x 160 x 79 x 80 x 16 0 .
( ) 5
− 2 9
1 x
( ) 2 =
=
Graficamente
aficamente notiamo subito che l’intersezione tra la funzione e la retta ,
y
f x 2 4
x ( )
< ≤ =
0 x 1 g x 0
con la restrizione è unica per cui la soluzione reale dell’equazione è una sola.
, < ≤
0 x 1
Se non avessimo considerato la restrizione le radici reali sarebbero state due, l’una
, ( ) 5
− 2
1 x
( ) 2
=
opposta all’altra in virtù della simmetria pari della funzione f x .
2
x
Soluzione a cura di Nicola De Rosa
Simulazione Prova Esame di Maturità di Matematica per Liceo Scientifico
Sempre graficamente notiamo che la soluzione reale positiva si trova nell’intervallo (0,1); in
1 1
< >
g 0
, g 0
,
particolare, essendo a norma del teorema degli zeri esiste uno zero
4 2
1 1
nell’intervallo .
,
4 2 < ≤
0 x 1
Se non avessimo considerato la restrizione il secondo zero reale, negativo in questo caso,
,
1 1
− −
sarebbe stato interno all’intervallo ,
2 4 ( ) =
g x 0
Di conseguenza le altre 8 radici dell’equazione sono a coppie complesse e coniugate.
1 1
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